\documentclass[handout]{slide}



\renewcommand{\mytitle}{第十二章\quad 无穷级数}
\renewcommand{\mysubtitle}{第七节\quad 傅里叶级数}
\graphicspath{{./images}}

\begin{document}

\begin{frame}{傅里叶级数}

从本节开始， 我们讨论由三角函数组成的函数项级数， 即所谓三角级数， 着重研究如何把函数展开成三角级数。
\end{frame}


\section{三角级数\textbullet 三角函数系的正交性}

\begin{frame}
在第一章中，我们介绍过周期函数的概念， 周期函数反映了客观世界中的周期运动。

\pause
正弦函数是一种常见而简单的周期函数。 
\pause
例如描述简谐振动的函数
\[
y=A \sin (\omega t+\varphi)
\]
就是一个以 $\frac{2 \pi}{\omega}$ 为周期的正弦函数， 其中 $y$ 表示动点的位置， $t$ 表示时间， $A$ 为\emph{振幅}， $\omega$为\emph{角频率}， $\varphi$ 为\emph{初相}。

\pause
\begin{wrapfigure}{r}{.4\textwidth}
  \centering
\includegraphics[max width=.35\textwidth]{2024_01_20_295afa09a60caa30a9eag-55}
\caption*{图 12-8}
\end{wrapfigure}

在实际问题中， 除了正弦函数外， 还会遇到非正弦函数的周期函数， 它们反映了较复杂的周期运动。 如电子技术中常用的周期为 $T$ 的\emph{矩形波} (图 12-8), 就是一个非正弦周期函数的例子。

\pause
如何深人研究非正弦周期函数呢? 联系到前面介绍过的用函数的幂级数展开式表示与讨论函数， 我们也
想将周期函数展开成由简单的周期函数例如三角函数组成的级数。 
\pause
具体地说， 将周期为 $T $ $\left(T=\frac{2 \pi}{\omega}\right)$ 的周期函数用一系列以 $T$ 为周期的正弦函数
$A_{n} \sin \left(n \omega t+\varphi_{n}\right)$ 组成的级数来表示，记为
\[\tag{7-1}
  f(t)=A_{0}+\sum_{n=1}^{\infty} A_{n} \sin \left(n \omega t+\varphi_{n}\right),
\]
其中 $A_{0}, A_{n}, \varphi_{n}$ ($n=1,2,3, \cdots$) 都是常数。
\end{frame}

\begin{frame}

 将周期函数按上述方式展开， 它的物理意义是很明确的， 这就是把一个比较复杂的周期运动看成是许多不同频率的简谐振动的叠加。 
\pause
 在电工学上， 这种展开称为\emph{谐波分析}， 其中常数项 $A_{0}$ 称为 $f(t)$ 的\emph{直流分量}， $A_{1} \sin \left(\omega t+\varphi_{1}\right)$ 称为\emph{二次谐波} ( 又叫做\emph{基波}), $A_{2} \sin \left(2 \omega t+\varphi_{2}\right), A_{3} \sin \left(3 \omega t+\varphi_{3}\right), \cdots$ 依次称为\emph{三次谐波}， \emph{三次谐波}，等等。

 \pause
 为了以后讨论方便起见， 我们将正弦函数 $A_{n} \sin \left(n \omega t+\varphi_{n}\right)$ 按三角公式变形， 得
 \[
 A_{n} \sin \left(n \omega t+\varphi_{n}\right)=A_{n} \sin \varphi_{n} \cos n \omega t+A_{n} \cos \varphi_{n} \sin n \omega t,
 \]
 \pause
 并且令 $\frac{a_{0}}{2}=A_{0}, a_{n}=A_{n} \sin \varphi_{n}, b_{n}=A_{n} \cos \varphi_{n}, \omega=\frac{\pi}{l}$ (即 $T=2 l$ ), 则 (7-1) 式右端的级数就可以改写为
 \[\tag{7-2}
 \frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n} \cos \frac{n \pi t}{l}+b_{n} \sin \frac{n \pi t}{l}\right)
 \]

 \pause
 形如 (7-2) 式的级数叫做\emph{三角级数}， 其中 $a_{0}, a_{n}, b_{n}$ ($n=1,2,3, \cdots$) 都是常数。

 \pause
 令 $\frac{\pi t}{l}=x$, (7-2) 式成为
 \[\tag{7-3}
   \frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n} \cos n x+b_{n} \sin n x\right)
 \]
 这就把以 $2 l$ 为周期的三角级数转换成以 $2 \pi$ 为周期的三角级数。

 \pause
 下面我们讨论以 $2 \pi$ 为周期的三角级数 (7-3).
 \end{frame}

 \begin{frame}

 如同讨论幂级数时一样， 我们必须讨论三角级数 (7-3) 的收敛问题， 以及给定周期为 $2 \pi$ 的周期函数如何把它展开成三角级数 (7-3). 为此， 我们首先介绍三角函数系的正交性。

 \pause
 所谓三角函数系
 \[\tag{7-4}
 1, \cos x, \sin x, \cos 2 x, \sin 2 x, \cdots, \cos n x, \sin n x, \cdots
 \]
 在区间 $[-\pi, \pi]$ 上正交， 
\pause
 就是指在三角函数系 (7-4) 中任何不同的两个函数的乘积在区间 $[-\pi, \pi]$ 上的积分等于零， 即
 \[
   \begin{aligned}
   \int_{-\pi}^{\pi} \cos n x \mathrm{~d} x&= 0 \quad(n=1,2,3, \cdots), \\
 \int_{-\pi}^{\pi} \sin n x \mathrm{~d} x&= 0 \quad(n=1,2,3, \cdots), \\
 \int_{-\pi}^{\pi} \sin k x \cos n x \mathrm{~d} x&= 0 \quad(k, n=1,2,3, \cdots), \\
 \int_{-\pi}^{\pi} \cos k x \cos n x \mathrm{~d} x&= 0 \quad(k, n=1,2,3, \cdots, k \neq n), \\
 \int_{-\pi}^{\pi} \sin k x \sin n x \mathrm{~d} x&= 0 \quad(k, n=1,2,3, \cdots, k \neq n) .
 \end{aligned}
 \]
 \end{frame}

 \begin{frame}
  以上等式，都可以通过计算定积分来验证，现将第四式验证如下：

利用三角函数中积化和差的公式
\[
\cos k x \cos n x=\frac{1}{2}[\cos (k+n) x+\cos (k-n) x]
\]
当 $k \neq n$ 时，有
\[
  \begin{aligned}
  \int_{-\pi}^{\pi} \cos k x \cos n x \mathrm{~d} x & =\frac{1}{2} \int_{-\pi}^{\pi}[\cos (k+n) x+\cos (k-n) x] \mathrm{d} x \\
& =\frac{1}{2}\left[\frac{\sin (k+n) x}{k+n}+\frac{\sin (k-n) x}{k-n}\right]_{-\pi}^{\pi} \\
& =0 \quad(k, n=1,2,3, \cdots, k \neq n) .
\end{aligned}
\]

其余等式请读者自行验证。

在三角函数系 (7-4) 中， 两个相同函数的乘积在区间 $[-\pi, \pi]$ 上的积分不等于零， 即
\[
\int_{-\pi}^{\pi} 1^{2} \mathrm{~d} x=2 \pi, \quad \int_{-\pi}^{\pi} \sin ^{2} n x \mathrm{~d} x=\pi, \quad \int_{-\pi}^{\pi} \cos ^{2} n x \mathrm{~d} x=\pi \quad(n=1,2,3, \cdots) .
\]
\end{frame}


 \section{函数展开成傅里叶级数}

 \begin{frame}
 设 $f(x)$ 是周期为 $2 \pi$ 的周期函数，且能展开成三角级数
 \[\tag{7-5}
   f(x)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{k=1}^{\infty}\left(a_{k} \cos k x+b_{k} \sin k x\right).
 \]
 \pause
 我们自然要问： 系数 $a_{0}, a_{1}, b_{1}, \cdots$ 与函数 $f(x)$ 之间存在着怎样的关系? 
\pause
 换句话说，如何利用 $f(x)$ 把 $a_{0}, a_{1}, b_{1}, \cdots$ 表达出来?
\pause
 为此， 我们进一步假设 (7-5) 式右端的级数可以逐项积分。

 \pause
 先求 $a_{0}$. 对 (7-5) 式从 $-\pi$ 到 $\pi$ 积分， 由于假设 (7-5) 式右端级数可逐项积分， 因此有
 \[
   \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \mathrm{d} x=\int_{-\pi}^{\pi} \frac{a_{0}}{2} \mathrm{~d} x+\sum_{k=1}^{\infty}\left[a_{k} \int_{-\pi}^{\pi} \cos k x \mathrm{~d} x+b_{k} \int_{-\pi}^{\pi} \sin k x \mathrm{~d} x\right].
 \]
 \pause
 根据三角函数系 (7-4) 的正交性， 等式右端除第一项外， 其余各项均为零， 所以
 \[
 \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \mathrm{d} x=\frac{a_{0}}{2} \cdot 2 \pi
 \]
 \pause
 于是得
 \[
   a_{0}=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \mathrm{d} x.
 \]
 \end{frame}

 \begin{frame}
  其次求 $a_{n}$. 用 $\cos n x$ 乘 (7-5) 式两端， 再从 $-\pi$ 到 $\pi$ 积分， 我们得到
  \[
  \begin{aligned}
      \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos n x \mathrm{~d} x&= \frac{a_{0}}{2} \int_{-\pi}^{\pi} \cos n x \mathrm{~d} x\\
      & \quad +\sum_{k=1}^{\infty}\left[a_{k} \int_{-\pi}^{\pi} \cos k x \cos n x \mathrm{~d} x+b_{k} \int_{-\pi}^{\pi} \sin k x \cos n x \mathrm{~d} x\right] .
    \end{aligned}
\]
\pause
根据三角函数系 (7-4) 的正交性， 等式右端除 $k=n$ 的一项外， 其余各项均为零， 所以
\[
  \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos n x \mathrm{~d} x=a_{n} \int_{-\pi}^{\pi} \cos ^{2} n x \mathrm{~d} x=a_{n} \pi.
\]
\pause
于是得
\[
a_{n}=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos n x \mathrm{~d} x \quad(n=1,2,3, \cdots) .
\]

\pause
类似地，用 $\sin n x$ 乘 (7-5) 式的两端，再从 $-\pi$ 到 $\pi$ 积分， 可得
\[
b_{n}=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin n x \mathrm{~d} x \quad(n=1,2,3, \cdots) .
\]

\end{frame}

\begin{frame}
  由于当 $n=0$ 时， $a_{n}$ 的表达式正好给出 $a_{0}$, 因此，已得结果可以合并写成
  \[\tag{7-6}
    \left.\begin{array}{ll}
        a_{n}=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos n x \mathrm{~d} x & (n=0,1,2,3, \cdots), \\
        b_{n}=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin n x \mathrm{~d} x & (n=1,2,3, \cdots) .
    \end{array}\right\}
  \]

  \pause
如果公式 (7-6) 中的积分都存在， 这时它们定出的系数 $a_{0}, a_{1}, b_{1}, \cdots$ 叫做函数 $f(x)$ 的\emph{傅里叶 (Fourier) 系数}， 
\pause
将这些系数代人 (7-5) 式右端， 所得的三角级数
\[
\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n} \cos n x+b_{n} \sin n x\right)
\]
叫做函数 $f(x)$ 的\emph{傅里叶级数}。

\pause
一个定义在 $(-\infty,+\infty)$ 上周期为 $2 \pi$ 的函数 $f(x)$, 如果它在一个周期上可积，那么一定可以作出 $f(x)$ 的傅里叶级数。 
\pause
然而， 函数 $f(x)$ 的傅里叶级数是否一定收敛? 
\pause
如果它收敛， 它是否一定收敛于函数 $f(x)$?
\pause
一般说来， 这两个问题的答案都不是肯定的。 
\pause
那么， $f(x)$ 在怎样的条件下， 它的傅里叶级数不仅收敛， 而且收敛于 $f(x)$?
\pause
也就是说， $f(x)$ 满足什么条件可以展开成傅里叶级数? 这是我们面临的一个基本问题。


\pause
下面我们叙述一个收敛定理 (不加证明), 它给出关于上述问题的一个重要结论。
\end{frame}
\begin{frame}
  \begin{theorem*}[收敛定理，狄利克雷 (Dirichlet) 充分条件]
  设 $f(x)$ 是周期为 $2 \pi$ 的周期函数，如果它满足

(1) 在一个周期内连续或只有有限个第一类间断点，

(2) 在一个周期内至多只有有限个极值点，

\pause
那么 $f(x)$ 的傅里叶级数收敛， 并且

当 $x$ 是 $f(x)$ 的连续点时， 级数收敛于 $f(x)$;

当 $x$ 是 $f(x)$ 的间断点时， 级数收敛于 $\frac{1}{2}\left[f\left(x^{-}\right)+f\left(x^{+}\right)\right]$.
\end{theorem*}

\pause
  收敛定理告诉我们： 只要函数在 $[-\pi, \pi]$ 上至多有有限个第一类间断点， 并且不做无限次振动， 函数的傅里叶级数在连续点处就收敛于该点的函数值， 在间断点处收敛于该点左极限与右极限的算术平均值。 
\pause
  可见， 函数展开成傅里叶级数的条件比展开成幂级数的条件低得多。 
\pause
  记
\[
C=\left\{x ~\left\lvert~ f(x)=\frac{1}{2}\left[f\left(x^{-}\right)+f\left(x^{+}\right)\right]\right.\right\}.
\]
\pause
在 $C$ 上就成立 $f(x)$ 的傅里叶级数展开式
\[\tag{7-7}
  f(x)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n} \cos n x+b_{n} \sin n x\right), \quad x \in C.
\]
\end{frame}
\begin{frame}
  \begin{example}
  设 $f(x)$ 是周期为 $2 \pi$ 的周期函数，它在 $[-\pi, \pi)$ 上的表达式为
  \[
    f(x)=\left\{\begin{array}{cc}
          -1, & -\pi \leqslant x<0 \\
          1, & 0 \leqslant x<\pi
    \end{array}\right.
\]
将 $f(x)$ 展开成傅里叶级数， 并作出级数的和函数的图形。
\end{example}

\pause
\begin{solution}
所给函数满足收敛定理的条件， 它在点 $x=k \pi(k=0, \pm 1, \pm 2, \cdots)$ 处不连续，在其他点处连续， 从而由收敛定理知道 $f(x)$ 的傅里叶级数收敛， 并且当 $x=k \pi$ 时级数收敛于
\[
  \frac{-1+1}{2}=\frac{1+(-1)}{2}=0.
\]
当 $x \neq k \pi$ 时级数收敛于 $f(x)$.
\end{solution}
\end{frame}
\begin{frame}
  \begin{solution}[续]
  计算傅里叶系数如下：
  \[
    \begin{aligned}
      a_{n} & =\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos n x \mathrm{~d} x=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{0}(-1) \cos n x \mathrm{~d} x+\frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} 1 \cdot \cos n x \mathrm{~d} x \\
    & =0 \quad(n=0,1,2, \cdots) ; \\
  b_{n} & =\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin n x \mathrm{~d} x=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{0}(-1) \sin n x \mathrm{~d} x+\frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} 1 \cdot \sin n x \mathrm{~d} x \\
& =\frac{1}{\pi}\left[\frac{\cos n x}{n}\right]_{-\pi}^{0}+\frac{1}{\pi}\left[-\frac{\cos n x}{n}\right]_{0}^{\pi} \\
& =\frac{1}{n \pi}[1-\cos n \pi-\cos n \pi+1]\\
&= \frac{2}{n \pi}\left[1-(-1)^{n}\right] \\
& =\left\{\begin{array}{ll}
    \frac{4}{n \pi},&  n=1,3,5, \cdots, \\
    0, & n=2,4,6, \cdots .
\end{array}\right.
\end{aligned}
\]
\end{solution}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{solution}[续]
将求得的系数代人 (7-7) 式， 就得到 $f(x)$ 的傅里叶级数展开式为
\[
\begin{aligned}
f(x) & =\frac{4}{\pi}\left[\sin x+\frac{1}{3} \sin 3 x+\cdots+\frac{1}{2 k-1} \sin (2 k-1) x+\cdots\right] \\
& =\frac{4}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{2 k-1} \sin (2 k-1) x \quad(-\infty<x<+\infty ; x \neq 0, \pm \pi, \pm 2 \pi, \cdots) .
\end{aligned}
\]
\pause
级数的和函数的图形如图 12-9 所示：
\begin{figure}
  \centering
\includegraphics[max width=.4\textwidth]{2024_01_20_295afa09a60caa30a9eag-59}
\caption*{图 12-9}
\end{figure}

\end{solution}

\pause
如果把例 1 中的函数理解为矩形
波的波形函数 (周期 $T=2 \pi$,振幅 $E=1$,自变量 $x$ 表示时间),那么上面所得到的展开式表明： 矩形波是由一系列不同频率的正弦波叠加而成的， 这些正弦波
的频率依次为基波频率的奇数倍。
\end{frame}
\begin{frame}
  \begin{example}
  设 $f(x)$ 是周期为 $2 \pi$ 的周期函数， 它在 $[-\pi, \pi)$ 上的表达式为
  \[
  f(x)= \begin{cases}x, & -\pi \leqslant x<0 \\ 0, & 0 \leqslant x<\pi\end{cases}
\]
将 $f(x)$ 展开成傅里叶级数， 并作出级数的和函数的图形。
\end{example}

\pause
\begin{solution}
所给函数满足收敛定理的条件， 它在点 $x=(2 k+1) \pi(k=0, \pm 1, \pm 2, \cdots)$ 处不连续。 因此， $f(x)$ 的傅里叶级数在 $x=(2 k+1) \pi$ 处收敛于
\[
\frac{f\left(\pi^{-}\right)+f\left(-\pi^{+}\right)}{2}=\frac{0-\pi}{2}=-\frac{\pi}{2} .
\]
在连续点 $x$ ($x \neq(2 k+1) \pi$) 处收敛于 $f(x)$.
\end{solution}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{solution}[续]
  计算傅里叶系数如下：
  \[
    \begin{aligned}
      a_{n}&= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos n x \mathrm{~d} x=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{0} x \cos n x \mathrm{~d} x \\
    &=\frac{1}{\pi}\left[\frac{x \sin n x}{n}+\frac{\cos n x}{n^{2}}\right]_{-\pi}^{0}=\frac{1}{n^{2} \pi}(1-\cos n \pi) \\
  &=\left\{
    \begin{array}{ll}\frac{2}{n^{2} \pi},  &n=1,3,5, \cdots, \\
  0, & n=2,4,6, \cdots \end{array} \right.;\quad (\text{此运算适用于$n>0$})  \\
a_{0}&= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \mathrm{d} x=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{0} x \mathrm{~d} x=\frac{1}{\pi}\left[\frac{x^{2}}{2}\right]_{-\pi}^{0}=-\frac{\pi}{2} ; \\
b_{n}&= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin n x \mathrm{~d} x=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{0} x \sin n x \mathrm{~d} x \\
&=\frac{1}{\pi}\left[-\frac{x \cos n x}{n}+\frac{\sin n x}{n^{2}}\right]_{-\pi}^{0} \\
&=-\frac{\cos n \pi}{n}=\frac{(-1)^{n+1}}{n} \quad(n=1,2,3, \cdots) .
\end{aligned}
\]
\end{solution}
\end{frame}
\begin{frame}

\begin{solution}[续]
  将求得的系数代人 (7-7) 式， 得到 $f(x)$ 的傅里叶级数展开式为
\[
  \begin{aligned}
    f(x)= & -\frac{\pi}{4}+\left(\frac{2}{\pi} \cos x+\sin x\right)-\frac{1}{2} \sin 2 x+\left(\frac{2}{3^{2} \pi} \cos 3 x+\frac{1}{3} \sin 3 x\right)- \\
  & \frac{1}{4} \sin 4 x+\left(\frac{2}{5^{2} \pi} \cos 5 x+\frac{1}{5} \sin 5 x\right)-\cdots \\
= & -\frac{\pi}{4}+\frac{2}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2 k-1)^{2}} \cos (2 k-1) x+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} \sin n x \\
& (-\infty<x<+\infty ; x \neq \pm \pi, \pm 3 \pi, \cdots) .
\end{aligned}
\]
\pause
级数的和函数的图形如图 12-10 所示：
\begin{figure}
  \centering
\includegraphics[max width=.5\textwidth]{2024_01_20_295afa09a60caa30a9eag-60}
\caption*{图 12-10}
\end{figure}
\end{solution}

\end{frame}


\begin{frame}
应该注意，如果函数 $f(x)$ 只在 $[-\pi, \pi]$ 上有定义，并且满足收敛定理的条件，那么 $f(x)$ 也可以展开成傅里叶级数。 事实上， 我们可在 $[-\pi, \pi)$ 或 $(-\pi, \pi]$ 外补充函数 $f(x)$的定义， 使它拓广成周期为 $2 \pi$ 的周期函数 $F(x)$. 按这种方式拓广函数的定义域的过
程称为\emph{周期延拓}。 
\pause
再将 $F(x)$ 展开成傅里叶级数。 最后限制 $x$ 在 $(-\pi, \pi)$ 内， 此时 $F(x) \equiv$ $f(x)$, 这样便得到 $f(x)$ 的傅里叶级数展开式。 根据收敛定理， 这级数在区间端点 $x= \pm \pi$处收敛于 $\frac{f\left(\pi^{-}\right)+f\left(-\pi^{+}\right)}{2}$.

\pause
  \begin{example}
  将函数
  \[
  u(t)=E\left|\sin \frac{t}{2}\right|, \quad-\pi \leqslant t \leqslant \pi
\]
展开成傅里叶级数， 其中 $E$ 是正的常数。
\end{example}
\end{frame}

\begin{frame}

\begin{solution}
\begin{figure}
  \centering
\includegraphics[max width=.45\textwidth]{2024_01_20_295afa09a60caa30a9eag-61}
\caption*{图 12-11}
\pause
\end{figure}

所给函数在区间 $[-\pi, \pi]$ 上满足收敛定理的条件，并且拓广为周期函数时，它在每一点 $x$ 处都连续 (图 12-11), 因此拓广的周期函数的傅里叶级数在 $[-\pi, \pi]$上收敛于 $u(t)$.

计算傅里叶系数如下：
  \[
    \begin{aligned}
      a_{n} & =\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} u(t) \cos n t \mathrm{~d} t \\
    & =\frac{E}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi}\left|\sin \frac{t}{2}\right| \cos n t \mathrm{~d} t,
\end{aligned}
\]
\end{solution}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{solution}[续]

因为上列积分中被积函数为偶函数，所以
\[
  \begin{aligned}
    a_{n} & =\frac{2 E}{\pi} \int_{0}^{\pi} \sin \frac{t}{2} \cos n t \mathrm{~d} t=\frac{E}{\pi} \int_{0}^{\pi}\left[\sin \left(n+\frac{1}{2}\right) t-\sin \left(n-\frac{1}{2}\right) t\right] \mathrm{d} t \\
  & =\frac{E}{\pi}\left[-\frac{\cos \left(n+\frac{1}{2}\right) t}{n+\frac{1}{2}}+\frac{\cos \left(n-\frac{1}{2}\right) t}{n-\frac{1}{2}}\right]_{0}^{\pi} \\
& =\frac{E}{\pi}\left(\frac{1}{n+\frac{1}{2}}-\frac{1}{n-\frac{1}{2}}\right)=-\frac{4 E}{\left(4 n^{2}-1\right) \pi} \quad(n=0,1,2, \cdots) . \\
b_{n} & =\frac{E}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi}\left|\sin \frac{t}{2}\right| \sin n t \mathrm{~d} t=0 \quad(n=1,2,3, \cdots) .
\end{aligned}
\]
上式等于零是因为被积函数是奇函数。

\pause
将求得的系数代人 (7-7) 式， 得 $u(t)$ 的傅里叶级数展开式为
\[
u(t)=\frac{4 E}{\pi}\left(\frac{1}{2}-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{4 n^{2}-1} \cos n t\right) \quad(-\pi \leqslant t \leqslant \pi) .
\]
\end{solution}
\end{frame}

\section{正弦级数和余弦级数}

\begin{frame}{正弦级数和余弦级数}
一般说来，一个函数的傅里叶级数既含有正弦项， 又含有余弦项 (见例 2).但是，
也有一些函数的傅里叶级数只含有正弦项 (见例 1 ) 或者只含有常数项和余弦项 (见例 3). 
这是什么原因呢? 
\pause
实际上， 这些情况是与所给函数 $f(x)$ 的奇偶性有密切关系的。 对于周期为 $2 \pi$ 的函数 $f(x)$, 它的傅里叶系数计算公式为
\[
\begin{aligned}
a_{n}&= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos n x \mathrm{~d} x & (n=0,1,2, \cdots), \\
b_{n}&= \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin n x \mathrm{~d} x & (n=1,2,3, \cdots) .
\end{aligned}
\]
\pause
由于奇函数在对称区间上的积分为零，偶函数在对称区间上的积分等于半区间上积分的 2 倍，因此，
\end{frame}

\begin{frame}
当 $f(x)$ 为奇函数时， $f(x) \cos n x$ 是奇函数， $f(x) \sin n x$ 是偶函数，故
\[\tag{7-8}
  \left.\begin{array}{l}
    a_{n}=0 \quad(n=0,1,2, \cdots), \\
  b_{n}=\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \sin n x \mathrm{~d} x \quad(n=1,2,3, \cdots)
\end{array}\right\}
\]
\pause
即知奇函数的傅里叶级数是只含有正弦项的\emph{正弦级数}
\[\tag{7-9}
\sum_{n=1}^{\infty} b_{n} \sin n x
\]

\pause
当 $f(x)$ 为偶函数时， $f(x) \cos n x$ 是偶函数， $f(x) \sin n x$ 是奇函数，故
\[\tag{7-10}
  \left.\begin{array}{l}
    a_{n}=\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \cos n x \mathrm{~d} x \quad(n=0,1,2, \cdots), \\
  b_{n}=0 \quad(n=1,2,3, \cdots) .
\end{array}\right\}
\]
\pause
即知偶函数的傅里叶级数是只含常数项和余弦项的\emph{余弦级数}
\[\tag{7-11}
\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} \cos n x
\]
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{example}
  设 $f(x)$ 是周期为 $2 \pi$ 的周期函数， 它在 $[-\pi, \pi)$ 上的表达式为 $f(x)=x$. 将 $f(x)$ 展开成傅里叶级数， 并作出级数的和函数的图形。
\end{example}
\pause
\begin{solution}
首先，所给函数满足收敛定理的条件， 它在点
\[
x=(2 k+1) \pi \quad(k=0, \pm 1, \pm 2, \cdots)
\]
处不连续， 因此 $f(x)$ 的傅里叶级数在点 $x=(2 k+1) \pi$ 处收敛于
\[
\frac{f\left(\pi^{-}\right)+f\left(-\pi^{+}\right)}{2}=\frac{\pi+(-\pi)}{2}=0,
\]
在连续点 $x(x \neq(2 k+1) \pi)$ 处收敛于 $f(x)$.

\pause
其次， 若不计 $x=(2 k+1) \pi$ ($k=0, \pm 1, \pm 2, \cdots$), 则 $f(x)$ 是周期为 $2 \pi$ 的奇函数。 显然， 此时 (7-8) 式仍成立。
按公式 (7-8) 有 $a_{n}=0$ ($n=0,1,2, \cdots$), 而
\end{solution}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{solution}[续]
\[
  \begin{aligned}
      b_{n}&= \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \sin n x \mathrm{~d} x=\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} x \sin n x \mathrm{~d} x=\frac{2}{\pi}\left[-\frac{x \cos n x}{n}+\frac{\sin n x}{n^{2}}\right]_{0}^{\pi} \\
      &= -\frac{2}{n} \cos n \pi=\frac{2}{n}(-1)^{n+1} \quad(n=1,2,3, \cdots) .
  \end{aligned}
\]
将求得的 $b_{n}$ 代人正弦级数 (7-9), 得 $f(x)$ 的傅里叶级数展开式为
\[
  \begin{aligned}
    f(x) & =2\left(\sin x-\frac{1}{2} \sin 2 x+\frac{1}{3} \sin 3 x-\cdots+\frac{(-1)^{n+1}}{n} \sin n x+\cdots\right) \\
  & =2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n} \sin n x \quad(-\infty<x<+\infty ; x \neq \pm \pi, \pm 3 \pi, \cdots) .
\end{aligned}
\]
\pause
级数的和函数的图形如图 12-12 所示：
\begin{figure}
  \centering
\includegraphics[max width=.4\textwidth]{2024_01_20_295afa09a60caa30a9eag-63}
\caption*{图 12-12}
\end{figure}
\end{solution}
\end{frame}
\begin{frame}
  \begin{example}
  设 $f(x)$ 是周期为 $2 \pi$ 的周期函数， 它在 $[-\pi, \pi)$ 上的表达式为 $f(x)=|x|$,将 $f(x)$ 展开成傅里叶级数。
\end{example}
\pause
\begin{solution}
所给函数满足收敛定理的条件， 它在整个数轴上连续， 因此 $f(x)$ 的傅里叶级数处处收敛于 $f(x)$.

\pause
因为 $f(x)$ 是偶函数， 所以按公式 (7-10), 有 $b_{n}=0$ ($n=1,2,3, \cdots$), 而
\[
  \begin{aligned}
    a_{n} & =\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \cos n x \mathrm{~d} x=\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} x \cos n x \mathrm{~d} x 
  =\frac{2}{\pi}\left[\frac{x \sin n x}{n}+\frac{\cos n x}{n^{2}}\right]_{0}^{\pi}\\
  &= \frac{2}{\pi n^{2}}(\cos n \pi-1) 
  =\left\{\begin{array}{ll}
      -\frac{4}{\pi n^{2}}, & n=1,3,5, \cdots, \\
      0, & n=2,4,6, \cdots \quad (\text{此运算适用于$n>0$});
\end{array}\right. \\
a_{0} & =\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \mathrm{d} x=\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} x \mathrm{~d} x=\pi .
\end{aligned}
\]
\pause
将求得的系数 $a_{n}$ 代人余弦级数 (7-11), 得 $f(x)$ 的傅里叶级数展开式为
\[
  \begin{aligned}
    f(x) & =\frac{\pi}{2}-\frac{4}{\pi}\left(\cos x+\frac{1}{3^{2}} \cos 3 x+\frac{1}{5^{2}} \cos 5 x+\cdots+\frac{1}{(2 k-1)^{2}} \cos (2 k-1) x+\cdots\right) \\
  & =\frac{\pi}{2}-\frac{4}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2 k-1)^{2}} \cos (2 k-1) x \quad(-\infty<x<+\infty) .
\end{aligned}
\]
\end{solution}
\end{frame}

\begin{frame}
在实际应用 (如研究某种波动问题， 热的传导、扩散问题) 中， 有时还需要把定义
在区间 $[0, \pi]$ 上的函数 $f(x)$ 展开成正弦级数或余弦级数。

\pause
根据前面讨论的结果， 这类展开问题可以按如下的方法解决： 
设函数 $f(x)$ 定义在区间 $[0, \pi]$ 上并且满足收敛定理的条件， 我们在开区间 $(-\pi, 0)$ 内补充函数 $f(x)$ 的定义， 
得到定义在 $(-\pi, \pi]$ 上的函数 $F(x)$, 使它在 $(-\pi, \pi)$ 上成为奇函数%
\footnote{补充 $f(x)$ 的定义使它在 $(-\pi, \pi)$ 上成为奇函数时， 若 $f(0) \neq 0$, 则规定 $F(0)=0$.}%
(偶函数)。 按这种方式拓广函数定义域的过程称为奇延拓 (偶延拓). 然后将奇延拓 (偶延拓) 后的函数展开成傅里叶级数，
这个级数必定是正弦级数 (余弦级数)。 再限制 $x$ 在 $(0, \pi]$ 上，此时 $F(x) \equiv f(x)$, 这样便得到 $f(x)$ 的正弦级数 (余弦级数) 展开式。

\pause
例如将函数
\[
\varphi(x)=x \quad(0 \leqslant x \leqslant \pi)
\]
作奇延拓， 再作周期延拓， 便成例 4 中的函数， 按例 4 的结果， 有
\[
x=2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n} \sin n x \quad(0 \leqslant x<\pi)
\]
\pause
将 $\varphi(x)$ 作偶延拓， 再作周期延拓， 便成例 5 中的函数， 按例 5 的结果， 有
\[
x=\frac{\pi}{2}-\frac{4}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2 k-1)^{2}} \cos (2 k-1) x \quad(0 \leqslant x \leqslant \pi) .
\]
\end{frame}


\begin{frame}
  \begin{example}
  将函数
  \[
    f(x)=\left\{\begin{array}{cc}
          \cos x, & 0 \leqslant x<\frac{\pi}{2} \\
          0, & \frac{\pi}{2} \leqslant x \leqslant \pi
    \end{array}\right.
\]
分别展开成正弦级数和余弦级数。
\end{example}

\pause
\begin{solution}
  \begin{wrapfigure}{r}{.3\textwidth}
      \centering
      \includegraphics[max width=.3\textwidth]{2024_01_20_295afa09a60caa30a9eag-64}
    \caption*{图 12-13}
\end{wrapfigure}
先展开成正弦级数。 为此对函数 $f(x)$ 作奇延拓 (图 12-13). 
\pause
按公式(7-8) 有
\[
  \begin{aligned}
    b_{n} & =\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \sin n x \mathrm{~d} x=\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos x \sin n x \mathrm{~d} x \\
  & =\frac{1}{\pi} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}[\sin (n-1) x+\sin (n+1) x] \mathrm{d} x \\
& =\frac{1}{\pi}\left[-\frac{1}{n-1} \cos (n-1) x-\frac{1}{n+1} \cos (n+1) x\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} \\
& =\frac{1}{\pi}\left(\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n-1} \cos \frac{n-1}{2} \pi-\frac{1}{n+1} \cos \frac{n+1}{2} \pi\right) \\
& =\frac{1}{\pi}\left(\frac{2 n}{n^{2}-1}-\frac{1}{n-1} \sin \frac{n \pi}{2}+\frac{1}{n+1} \sin \frac{n \pi}{2}\right)
= \frac{2}{\pi\left(n^{2}-1\right)}\left(n-\sin \frac{n \pi}{2}\right).
\end{aligned}
\]
\end{solution}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{solution}[续]
以上计算对 $n=1$ 不适合， $b_{1}$ 需另行计算：
\[
b_{1}=\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \sin x \mathrm{~d} x=\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos x \sin x \mathrm{~d} x=\frac{1}{\pi}
\]
\pause
将求得的 $b_{n}$ 代人 (7-9) 式， 得 $f(x)$ 的正弦级数展开式为
\[
f(x)=\frac{1}{\pi}\left[\sin x+2 \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{n^{2}-1}\left(n-\sin \frac{n \pi}{2}\right) \sin n x\right] \quad(0<x \leqslant \pi) .
\]
\pause
在端点 $x=0$ 处级数收敛到零， 它不等于 $f(0)$.

\pause
再展开成余弦级数。 为此对函数 $f(x)$ 作偶延拓 (图 12-14).
\begin{figure}
  \centering
\includegraphics[max width=.35\textwidth]{2024_01_20_295afa09a60caa30a9eag-65}
\caption*{图 12-14}
\end{figure}
\end{solution}
\end{frame}

\begin{frame}
\begin{solution}[续]
按公式 (7-10) 有
\begin{align*}
  a_{n}&= \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} f(x) \cos n x \mathrm{~d} x=\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos x \cos n x \mathrm{~d} x\\
  &= \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}[\cos (n-1) x+\cos (n+1) x] \mathrm{d} x\\
  &= \frac{1}{\pi}\left[\frac{1}{n-1} \sin \frac{n-1}{2} \pi+\frac{1}{n+1} \sin \frac{n+1}{2} \pi\right] \\
  &= \frac{2}{\pi\left(n^{2}-1\right)} \sin \frac{n-1}{2} \pi= \begin{cases}0, & n=2 k-1, \\ \frac{2(-1)^{k-1}}{\pi\left(4 k^{2}-1\right)}, & n=2 k .\end{cases}
\end{align*}

\pause
以上计算对 $n=1$ 不适合， $a_{1}$ 需另行计算：
\[
a_{1}=\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos ^{2} x \mathrm{~d} x=\frac{1}{\pi} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(1+\cos 2 x) \mathrm{d} x=\frac{1}{2} .
\]

\pause
将求得的 $a_{n}$ 代人 (7-11) 式， 得 $f(x)$ 的余弦级数展开式为
\[
f(x)=\frac{1}{\pi}+\frac{1}{2} \cos x+\frac{2}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{4 k^{2}-1} \cos 2 k x \quad(0 \leqslant x \leqslant \pi) .
\]
\end{solution}
\end{frame}

\begin{frame}{傅里叶级数展开式用于级数求和}
利用函数的傅里叶级数展开式，有时可得一些特殊级数的和，例如按例 5 的结果，有
\[
|x|=\frac{\pi}{2}-\frac{4}{\pi} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2 k-1)^{2}} \cos (2 k-1) x \quad(-\pi \leqslant x \leqslant \pi)
\]
在上式中令 $x=0$,便得
\[
\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2 k-1)^{2}}=\frac{\pi^{2}}{8}
\]
设
\[
  \begin{aligned}
  & \sigma=1+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}+\frac{1}{4^{2}}+\cdots+\frac{1}{n^{2}}+\cdots, \\
& \sigma_{1}=1+\frac{1}{3^{2}}+\frac{1}{5^{2}}+\cdots+\frac{1}{(2 n-1)^{2}}+\cdots\left(=\frac{\pi^{2}}{8}\right), \\
& \sigma_{2}=\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{4^{2}}+\frac{1}{6^{2}}+\cdots+\frac{1}{(2 n)^{2}}+\cdots, \\
& \sigma_{3}=1-\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}-\frac{1}{4^{2}}+\cdots+(-1)^{n-1} \frac{1}{n^{2}}+\cdots .
\end{aligned}
\]
\end{frame}

\begin{frame}
因为
\[
\sigma_{2}=\frac{\sigma}{4}=\frac{\sigma_{1}+\sigma_{2}}{4}
\]
所以
\[
\sigma_{2}=\frac{\sigma_{1}}{3}=\frac{\pi^{2}}{24}, \quad \sigma=\sigma_{1}+\sigma_{2}=\frac{\pi^{2}}{8}+\frac{\pi^{2}}{24}=\frac{\pi^{2}}{6}
\]
又
\[
\sigma_{3}=2 \sigma_{1}-\sigma=\frac{\pi^{2}}{4}-\frac{\pi^{2}}{6}=\frac{\pi^{2}}{12}
\]
\end{frame}
\end{document}
